ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ. Ο m s µπορεί να πάρει µόνο δύο τιµές: + 1, 1. Οπότε δεν µπορεί ένα τροχιακό να χωρέσει πάνω από δύο ηλεκτρόνια.

Transcript

1 ΘΕΜΑ Α ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ A1. β A. α A. α A4. δ A5. α. Σ, β. Σ, γ. Λ, δ. Λ, ε. Λ. ΘΕΜΑ Β Β1. α. 0a: 1s s p 6 s p 6 4s 6Fe: 1s s p 6 s p 6 d 6 4s 16S: 1s s p 6 s p 4 β. Το 0 a ανήκει στην η οµάδα και την 4η περίοδο. Το 6 Fe ανήκει στην 8η οµάδα και την 4η περίοδο. Το 16 S ανήκει στην 16η οµάδα και την η περίοδο. Β. α. Η δεύτερη ενέργεια ιοντισµού έχει µεγαλύτερη τιµή από την πρώτη, καθώς πιο εύκολα φεύγει το ηλεκτρόνιο από το ουδέτερο άτοµο από ότι από το φορτισµένο ιόν. β. Ο ιοντισµός του νερού είναι ενδόθερµη αντίδραση οπότε ευνοείται µε την αύξηση της θερµοκρασίας. Άρα, η σταθερά ιοντισµού του νερού K w [H O + ] [OΗ ] αυξάνεται, δηλαδή [H O + ] [OΗ ] > Οπότε, [H O + ] [OΗ ] > 10 7, δηλαδή ph < 7. γ. Σύµφωνα µε την απαγορευτική αρχή του Pauli είναι αδύνατο να υπάρχουν στο ίδιο άτοµο δύο ηλεκτρόνια µε ίδια τετράδα κβαντικών αριθµών (, l, m l, m s ). Ο m s µπορεί να πάρει µόνο δύο τιµές: + 1, 1. Οπότε δεν µπορεί ένα τροχιακό να χωρέσει πάνω από δύο ηλεκτρόνια. δ. Όσο πηγαίνουµε προς τα δεξιά του περιοδικού πίνακα, αυξάνεται ο ατοµικός αριθµός και κατά συνέπεια αυξάνεται το δραστικό πυρηνικό φορτίο. Έτσι, λόγω µεγαλύτερης έλξης των ηλεκτρονίων της εξωτερικής στιβάδας από τον πυρήνα, η ατοµική ακτίνα µειώνεται. ε. Ο αιθέρας πρέπει να είναι απόλυτος, γιατί η παραµικρή ποσότητα νερού αντιδρά µε το RMgX και δίνει αλκάνιο, οπότε καταστρέφεται το αντιδραστήριο Grigard: RMgX + HOH RH + Mg(OH)X Τεχνική Επεξεργασία: Keystoe 5

2 Β. ιοχετεύουµε και στις τρεις φιάλες διάλυµα ul + NH. Στη µία φιάλη θα παρατηρηθεί σχηµατισµός κεραµέρυθρου ιζήµατος. Η φιάλη αυτή θα περιέχει το 1-πεντίνιο. + ul+ NH u + NH l 4 Στη συνέχεια διοχετεύουµε τις άλλες δύο σε διάλυµα Br σε l 4. Στη φιάλη που θα παρατηρηθεί αποχρωµατισµός έχουµε 1-πεντένιο, οπότε στην άλλη θα είναι το πεντάνιο. l + Br Br Br 4 ΘΕΜΑ Γ Γ1. A : Br B: OH Γ: I. : Η ΟΟΝa E: OO Z : MgBr Λ: Ο Μ: ΟMgBr Τεχνική Επεξεργασία: Keystoe 6

3 N : ΟH Γ. Οι καρβονυλικές ενώσεις του τύπου 4 H 8 O είναι: O, O, O Από τα τρία ισοµερή, µόνο οι δύο αλδεΰδες αντιδρούν µε το αντιδραστήριο Fehlig. Υπολογίζουµε τα mol του ιζήµατος: m,86 0,0 mol M r 14 Η οξείδωση των αλδεϋδών µε το αντιδραστήριο Fehlig είναι η εξής: R O + uso4 + 5NaOH ROONa + u O + NaSO4 + HO 1 mol 1 mol 0,0 mol 0,0 mol H συνολική ποσότητα των δύο αλδεϋδών είναι 0,0 mol. To µίγµα είναι ισοµοριακό, οπότε το κάθε συστατικό του µίγµατος είναι 0,01 mol. ηλ.: O 0,01 mol O 0,01 mol 0,01 mol. O ΘΕΜΑ M OOH H O OO H O αρχικά αν/παρ. α α α Ι-Ι (1 α) α α K a OO HO α Ka OOH (1 α ) [ ] Λόγω των γνωστών προσεγγίσεων α Ka Ka α (Νόµος Ostwald.) Από τον νόµο αραίωσης του Ostwald Ka α Η θερµοκρασία είναι σταθερή, οπότε Κ α σταθερό. Τεχνική Επεξεργασία: Keystoe 7

4 ηλ. a a, 1 1 a a 9 M. Για την αραίωση έχουµε: 1 V1 0,1 0,1 1 V1 V V 0,9 lt. 0,1 9 Οπότε Vνερού V V1 0,9 0,1 0,8 lt 800 ml.. Υπολογίζουµε τα mol των ουσιών: OOH 0, 0,1 0,0 mol NaOH 0,1 0,1 0,01 mol Οι ουσίες αντιδρούν: mol OOH + NaOH OONa + HO αρχ. 0,0 0,01 αντ/παρ. 0,01 0,01 0,01 τελ. 0,01 0,01 Στο διάλυµα Υ έχουµε επίδραση κοινού ιόντος: 0,01 OOH 0,05 M OONa 0, M OOH + H O OO + H O ΙΙ 0,05 x x x M OONa OO + Na 0,05 0,05 0,05 K a OO HO (0,05 + x) x OOH 0,05 x [ ] Λόγω των προσεγγίσεων 0,05 x x. 0, M + 5 Οπότε: HO 10 Mκαι ph 5. Τεχνική Επεξεργασία: Keystoe 8

5 . Υπολογίζουµε τα mol των ουσιών: OOH 0, 0,1 0,0 mol NaOH 0, 0,1 0,0 mol mol Η ΟΟΗ + ΝaΟΗ Η ΟΟΝa + Η Ο αρχ. 0,0 0,0 αντ/παρ. 0,0 0,0 0,0 τελ. 0,0 0,0 OONa 0,1 M 0, Μ Η ΟΟΝa Η ΟΟ Νa + 0,1 0,1 0,1 Το ιόν Η ΟΟ είναι η συζυγής βάση του Η ΟΟΗ οπότε αντιδρά µε το νερό: Μ Η ΟΟ Η Ο Η ΟΟΗ ΟΗ ΙΙ 0,1 y y y Για το συζυγές ζεύγος Η ΟΟΗ Η ΟΟ Κ α Κ b K w, Ka Kb Kw, Kb ισχύει: K b [OOH][OH ] [ OO ] y 0,1 y 9 10, λόγω προσεγγίσεων 9 y , y 10, y 10 M [OH ] 0,1 Οπότε pοη 5 και pη 9 4. Υπολογίζουµε τα mol των ουσιών: OOH 0, 0,101 0,00 mol V, όπου V ο όγκος του διαλύµατος ΝαΟΗ σε L NaOH 0,1 Οι ουσίες αντιδρούν: mol OOH + NaOH OONa + H O Το ph του διαλύµατος Υ 5 είναι 7, οπότε θα πρέπει να έχουµε περίσσεια OOH γιατί σε διαφορετική περίπτωση (πλήρης εξουδετέρωση ή περίσσεια ΝαΟΗ) προκύπτουν βασικά διαλύµατα στους 5. Τεχνική Επεξεργασία: Keystoe 9

6 Οπότε: mol OOH + NaOH OONa + HO αρχ. 0,00 0,1 V αντ./παρ. 0,1V 0,1 V 0,1 V τελ. 0,00 0,1 V 0,1 V 0,00 0,1V M. Vτελ. 0,1V OO M. Vτελ. + 7 HO 10 M. [ OOH] Οµοίως µε το ερώτηµα, καταλήγουµε: 0,1V 7 10 OO HO 5 Vτελ. 0,1V Ka V 0, L [ OOH] 0,00 0,1V 0,00 0,1V V Εναλλακτικά, µπορεί να χρησιµοποιηθεί η εξίσωση Hederso-Hasselbalch: β β β β ph pka + log 7 5+ log log 100 τελ. οξ. οξ. οξ. οξ. 0,1V 100 V 0, L ,1V Τεχνική Επεξεργασία: Keystoe 10